Chapitre 7. Récurrences

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1 Chapitre 7 Récurrences 333

2 Plan 1. Introduction 2. Applications 3. Classification des récurrences 4. Résolution de récurrences 5. Résumé et comparaisons Lectures conseillées : I MCS, chapitre 20. I Rosen, 8.1, 8.2, 8.3 I Introduction to algorithms, Cormen et al. Chapitre

3 Introduction Rappel : La notation asymptotique vue dans le chapitre 6 permet d approximer la complexité des algorithmes. But de ce chapitre : Étudier des méthodes permettant de résoudre des équations récurrentes. Motivation : I La complexité des algorithmes récursifs est souvent calculable à partir d équations récurrentes. I Les récurrences permettent de résoudre des problèmes de dénombrement 335

4 Complexité d algorithme récursif : tris Tri rapide (Quicksort) :Nombre de comparaisons en moyenne (voir chapitre 6) : C 1 = 2 C N = N +1+ NX k=1 1 N (C k 1 + C N k ) pour N > 1 Tri par fusion (merge sort) :Pour trier un tableau de n é l é m e n t s : 1. Diviser la liste en deux ; 2. Trier récursivement les deux sous-listes ; 3. Fusionner les deux listes triées. Nombre de comparaison (dans le pire cas) : C 1 = 0 C N = C dn/2e + C bn/2c + N 1 pour N > 1 336

5 Complexité d algorithmes récursif : Tours de Hanoï Source : http ://fr.wikipedia.org/wiki/tours de Hanoï But : Déplacer la tour complète de la première tige vers une des deux autres tiges. Contraintes : I On ne peut déplacer qu un seul disque à la fois. I Un disque ne peut jamais être déposé sur un disque de diamètre inférieur. 337

6 Solution récursive : I Cas de base : Déplacer une tour d un seul disque est immédiat. I Cas récursif : Pour déplacer une tour de n +1disquesdelapremière vers la troisième tige en connaissant une solution pour le déplacement d une tour de n disques : 1. Par récursion, déplacer n disques vers la deuxième tige ; 2. Déplacer le disque restant vers la troisième tige ; 3. Par récursion, déplacer les n disques de la deuxième tige vers la troisième tige. Notation : Soit T n le nombre minimum d étapes nécessaires au déplacement d une tour de n disques d une tige vers une autre. 338

7 Propriété (borne supérieure) : On a T n apple 2T n Remarques : I Pour déplacer une tour, il faut obligatoirement déplacer le disque du bas. I Accéder au disque du bas nécessite de déplacer tous les autres disques vers une tige libre (au moins T n 1 é t a p e s ). I Ensuite, il faut remettre en place le reste de la tour (au moins T n 1 é t a p e s ). On a donc la propriété suivante : Propriété (borne inférieure) : On a T n 2T n D où on déduit la Récurrence : T 1 = 1 T n = 2T n pour n > 1 339

8 Dénombrement : exemple 1 Problème : Supposons le mécanisme suivant d engagement des professeurs à Montefiore : I Chaque professeur : I est nommé à vie ; I est supposé immortel I forme chaque année exactement un étudiant qui deviendra professeur l année suivante (exception : lors de leur première année d enseignement, les professeurs sont trop occupés pour former un é t u d i a n t ). I Année 0 : il n y a aucun professeur. I Année 1 : le premier professeur (autodidacte) est formé. Combien y aura-t-il de professeurs à la fin de la n-ème année? 340

9 Solution : Soit F n le nombre de professeurs à la fin de la n-ème année : F 0 = 0 F 1 = 1 F n = F n 1 + F n 2 pour n > 1 Exercice : montrez que le nombre de séquences de n bits qui ne contiennent pas deux 0 consécutifs suit la même récurrence, avec des conditions initiales di érentes 341

10 Dénombrement : exemple 2 Problème : I Un programme informatique considère un chaîne constituée de chi res décimaux comme un mot de passe valide si elle contient un nombre pair de chi res 0. I Par exemple et sont des mots de passe valide mais et ne le sont pas. I Calculez T n, le nombre de mots de passe valides de longueur n. Solution : Une chaîne valide de n chi res peut être obtenue de deux façons : I en ajoutant un chi re parmi {1,...,9} au début d une chaîne valide de longueur n 1 I en ajoutant un 0 au début d une chaîne non valide de longueur n 1 On a donc : avec T 0 = 1. T n =9T n 1 + (10 n 1 T n 1 )=8T n n 1 342

11 Dénombrement : exemple 3 Définition : L ensemble B des arbres binaires est défini comme suit : I Cas de base : L arbre vide ; appartient à B. I Cas récursif : Soit B 1, B 2 2B,alorsbranch(B 1, B 2 ) 2 btree. Le nombre de nœuds n(b) estdéfinirécursivementpar: I Cas de base : n(;) =0 I Cas inductif : n(branch(b 1, B 2 )) = 1 + n(b 1 )+n(b 2 ) Théorème : Le nombre b n d arbres binaires ayant n nœuds est donné par : b 0 = 1 Xn 1 b n = b k b n 1 k pour n > 0 k=0 343

12 b 0 =1 b 1 =1 b 2 =2 b 3 =5 b 4 =

13 Démonstration : Par induction sur n. Cas de base : b 0 =1 Cas inductif : I Un arbre binaire ayant n > 0 nœuds ne peut s obtenir qu en considérant tous les arbres binaires possibles de la forme branch(b g, B d )oùb g possède k nœuds et B d possède n k 1 nœuds (avec 0 apple k apple n 1). I Pour un k donné, il existe donc b k arbres B g possibles et b n 1 k arbres B d possibles. I On a donc finalement : Xn 1 b n = b k b n 1 k. k=0 345

14 B g B d k nœuds n 1 k nœuds b k bn 1 k 346

15 Nombres de Catalan Les nombres : b 0 = 1 Xn 1 b n = b k b n 1 k pour n > 0 k=0 sont appelés les nombres de Catalan (du nom d un mathématicien belge). Ils apparaissent dans de nombreux problèmes de dénombrement. Exercice : Montrez que le nombre b n de façons de parenthéser le produit de n nombres x 0 x 1 x n satisfait la même récurrence. Exemple : b 2 =2! (x 0 x 1 ) x 2, x 0 (x 1 x 2 ) 347

16 Classification des récurrences Forme générale : u n = f ({u 0, u 1,...,u n 1 }, n) Une récurrence peut être : I linéaire si f est une combinaison linéaire à coe variables. I un =3u n 1 +4u n 2, u n = n u n 2 +1 I polynomiale si f est un polynôme. I bn = P n 1 k=0 b kb n 1 k I d ordre k si f dépend de u n 1,...,u n k. I complète si f dépend de u n 1,...,u 0. cients constants ou I de type diviser pour régner si f dépend de u n/a,aveca 2 N constant. I u n =2u n/2 I homogène si f ne dépend que des u i. I un =2u n/2 + u n/4 I non homogène si elle est de la forme u n = f ({u p p < n})+g(n). I un =2u n 1 + n 348

17 Calculer les valeurs d une récurrence On peut utiliser l ordinateur pour calculer les valeurs d une récurrence Quicksort versus mergesort : 9 x Mergesort Quicksort 6 C N N Avantages : ça s applique à toutes les récurrences Limitations : temps de calcul peut être élevé, comparaisons hasardeuses. 349

18 Remarque sur l implémentation d une récurrence La manière d implémenter la récurrence est importante C N = N NX C k 1 N Implémentation récursive naïve Cqs(N) 1 if N = = 0 2 return 0 3 else val =0 4 for k =1to N 5 val = val + Cqs(k 1) 6 return N +1+2 val/n Nombre d additions : C 0 N = N +2+P N k=1 C 0 k 1, C 0 N =2C 0 N 1 +1, C 0 N =2N 1 (avec C 0 0 = 0) k=1 Implémentation e cace (par programmation dynamique) Cqs(N) 1 if N = = 0 2 return 0 3 else sum =0 4 for k =1to N 5 val = k +1+2 sum/k 6 sum = sum + val 7 return val Nombre d additions : C 0 N =3N 350

19 Techniques de résolution de récurrences On souhaite obtenir une solution analytique à une récurrence. Plusieurs approches possibles : I Deviner-et-vérifier I Plug-and-chug (telescopage) I Arbres de récursion I Equations caractéristique (linéaire) I Master theorem et Akra-Bazzi (diviser-pour-régner) I Changement de variable I Fonctions génératrices (Chapitre 8) 351

20 Méthode Deviner-et-Vérifier Principes : 1. Calculer les quelques premières valeurs de T n ; 2. Deviner une solution analytique ; 3. Démontrer qu elle est correcte, par exemple par induction. Application : I T n =2T n 1 1 (tours de Hanoï) : ) On devine T n =2 n 1 n T n I On doit démontrer (par induction) que la solution est correcte. 352

21 Preuve d une solution par induction Théorème : T n =2 n 1satisfaitlarécurrence: T 1 = 1 T n = 2T n pour n 2. Démonstration : Par induction sur n. P(n) = T n =2 n 1. Cas de base : P(1) est vrai car T 1 =1= Cas inductif : Montrons que T n =2 n 1 (pour n 2) est vrai dès que T n 1 =2 n 1 1estvrai: T n = 2T n 1 +1 = 2(2 n 1 1) + 1 = 2 n

22 Piège de l induction Si une solution exacte ne peut pas être trouvée, on peut vouloir trouver une borne supérieure sur la solution. Essayons de montrer que T n apple 2 n pour la récurrence T n =2T n Tentative de démonstration : Par induction sur n. P(n) = T n apple 2 n. Cas de base : P(1) est vrai car T 1 =1apple 2 1. Cas inductif : Supposons T n 1 apple 2 n 1 et montrons que T n apple 2 n (n 2) : T n = 2T n 1 +1 apple 2(2 n 1 )+1 2 n La démonstration ne fonctionne pas si on n utilise pas la borne exacte plus forte (voir aussi le transparent 367). 354

23 Méthode Plug-and-Chug (force brute) (aussi appelée téléscopage ou méthode des facteurs sommants) 1. Plug (appliquer l équation récurrente) et Chug (simplifier) T n = 1+2T n 1 = 1 + 2(1 + 2T n 2 ) = 1+2+4T n 2 = (1 + 2T n 3 ) = T n 3 =... Remarque : Il faut simplifier avec modération. 355

24 2. Identifier et vérifier un pattern I Identification : T n = i 1 +2 i T n i I Vérification en développant une étape supplémentaire : T n = i 1 +2 i (1 + 2T n (i+1) ) = i 1 +2 i +2 i+1 T n (i+1) 3. Exprimer le nè m e terme en fonction des termes précédents En posant i = n 1, on obtient T n = n 2 +2 n 1 T 1 = n 2 +2 n 1 356

25 4. Trouver une solution analytique pour le nè m e terme T n = n 2 +2 n 1 = X n 1 2 i i=0 = 1 2n 1 2 = 2 n 1 357

26 Tri par fusion Appliquons le plug-and-chug à la récurrence du tri par fusion dans le cas où N =2 n : C 1 = 0 C N = C dn/2e + C bn/2c + N 1=2C N/2 + N 1 pour N > 1 I Pattern : C N = 2 i C N/2 i +(n 2 i 1 )+(n 2 i 2 )+...+(n 2 0 ) = 2 i C N/2 i + i N 2 i +1 I En posant i = n et en utilisant n = log 2 N : C N = 2 n C N/2 n + n N 2 n +1 = NC 1 + N log 2 N N +1 = N log 2 N N

27 Récurrence linéaire d ordre 1 Le plug-and-chug appliqué à une récurrence du type : T n = T n 1 + f (n) donne directement : nx T n = T 0 + f (n). La récurrence n est rien d autre que la réécriture d une somme (voir chapitre 6). Si le coe cient de T n 1 n est pas 1 : k=1 T n = g(n)t n 1 + f (n), diviser gauche et droite par h(n) =g(n) g(n 1) g(n 2) g(1) permet de se ramener à une récurrence de la forme :! T n h(n) = T n 1 h(n 1) + f (n) h(n) ) T T 0 nx n = h(n) h(0) + f (k) h(k) Intéressant si le produit h(n) a une forme simple k=1 359

28 Récurrence linéaire d ordre 1 : Exemples Exemple 1 : T 0 = 0, T n =2T n 1 +2 n (pour n > 0) En divisant gauche et droite par h(n) =2 2 2=2 n, on obtient : T n 2 n = T n 1 2 n 1 +1) T n =2 n (0 + nx 1) = n2 n k=1 Exemple 2 : T 0 = 0, T n =(1+ 1 n )T n En divisant gauche et droite par : (pour n > 0) (Quicksort) on obtient h(n) = n +1 n T n n +1 = T n n n +1 = n 3 2 n = n +1, nx k=1 2 n +1 ) T n = 2(n + 1)H n 2n 360

29 Arbres de récursion Approche graphique pour deviner une solution analytique (ou une borne asymptotique) à une récurrence. La solution devra toujours être démontrée ensuite (par induction). Illustration sur la récurrence suivante : I T (1) = a I T (n) =3T (n/4) + cn 2 (Pour n > 1) (Introduction to algorithms, Cormen et al.) 361

30 4.4 The recursion-tree method for solving recurrences 89 T.n/ cn 2 cn 2 T n 4 T n 4 T n 4 c n 2 4 c n 2 4 c n 2 4 (a) (b) T n 16 T n 16 T n 16 T n 16 T n 16 (c) T n 16 T n 16 T n 16 T n 16 cn 2 cn 2 c n c n 4 c n 4 16 cn2 362

31 cn 2 cn 2 c n 2 4 c n 2 4 c n cn2 log 4 n c n 2 16 c n 2 16 c n 2 16 c n 2 16 c n 2 16 c n 2 16 c n 2 16 c n 2 16 c n cn 2 16 T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/ T.1/.n log 4 3 / n log 4 3 (d) Total: O.n 2 / Figure 4.5 Constructing a recursion tree for the recurrence T.n/ D 3T.n=4/ C cn 2. Part (a) shows T.n/,whichprogressivelyexpandsin(b) (d) to form the recursion tree. The fully expanded 363

32 I Le coût total est la somme du coût de chaque niveau de l arbre : T (n) = cn log4 n 1 16 cn cn 2 + an log = < = log 4 n 1 X i=0 1X i= i cn 2 + an log i cn 2 + an log (3/16) cn2 + an log 4 3 = O(n 2 ) (à vérifier par induction) I Comme le coût de la racine est cn 2, on a aussi T (n) = (n 2 )et donc T (n) = (n 2 ). 364

33 Preuve d une borne supérieure Théorème : Soit la récurrence : I T (1) = a, I T (n) =3T (n/4) + cn 2 (Pour n > 1). On a T (n) =O(n 2 ). Préparation de la démonstration : Soit P(n) = T (n) apple dn 2. L idée est de trouver un d tel que P(n) peut se montrer par induction forte. Cas de base : P(1) est vrai si a apple d 1 2 = d. Cas inductif : Supposons P(1), P(4),...,P(n/4) vérifiés et trouvons une contrainte sur d telle que P(n) le soit aussi : T (n) apple 3T (n/4) + cn 2 apple 3d(n/4) 2 + cn 2 = 3 16 dn2 + cn 2 apple dn 2, La dernière étape est valide dès que d pour autant que d max{(16/13)c, a}. (16/13)c. Le théorème est donc vérifié 365

34 Preuve d une borne supérieure Ré-écriture de la preuve : Démonstration : Soit une constante d telle que d max{(16/13)c, a}. Montrons par induction forte que P(n) = T (n) apple dn 2 est vrai pour tout n 1(quiimpliqueT (n) =O(n)). Cas de base : P(1) est vrai puisque d max{(16/13)c, a} a. Cas inductif : Supposons P(1), P(4),...,P(n/4) vérifiés et montrons que P(n) l estaussi: T (n) apple 3T (n/4) + cn 2 apple 3d(n/4) 2 + cn 2 = 3 16 dn2 + cn 2 apple dn 2, où la dernière étape découle de d max((16/13)c, a). 366

35 Induction et notation asymptotique Théorème faux : Soit la récurrence : I T (1) = 1, I T (n) =2T (n/2) + n (pour n > 1). On a T (n) =O(n). (la solution correcte est T (n) = (n log(n))) Démonstration : (par induction forte) I Soit P(n) = T (n) =O(n). I Cas de base : P(1) est vrai car T (1) = 1 = O(1). I Cas inductif : Pour n 2, supposons P(1),P(2),...,P(n 1). On a : T (n) = 2T (n/2) + n = 2O(n/2) + n = O(n) Où est l erreur? 367

36 Autre exemple : I T (1) = 1 I T (2) = 2 I T (n) =T (n/2) + T (n/4) + n (pour n > 2) (On suppose que n est toujours une puissance de 2) 368

37 log 2 n apple h apple log 4 n cn n cn n c n 3 2 c n 2n 3 4 cn n 3 4 log 3=2 n n c n 49 c n 2n 89 c n 2n 89 c n 4n n cn4 2 T (2) T (1)... T (2) T (1) Total: O.nlg n/ Figure 4.6 ArecursiontreefortherecurrenceT.n/D T.n=3/C T.2n=3/C 369

38 I On déduit de l arbre que T (n) apple 1X n i=0 3 i = n = O(n) I Vérification par induction forte qu il existe un c tel que pour tout n n 0, on a T (n) apple cn ) ok pour tout c > 4 T (n) = T (n/2) + T (n/4) + n apple cn/2+cn/4+n = (c3/4 + 1)n apple I Puisqu on a aussi T (n) = (n), on en déduit T (n) = (n). cn 370

39 Synthèse Trois approches empiriques pour trouver une solution analytique : I Deviner-et-vérifier I Plug-and-Chug I Arbres de récursion Ces approches sont génériques mais I il n est pas toujours aisé de trouver le pattern ; I il faut pouvoir résoudre la somme obtenue ; I la solution doit être vérifiée par induction. On va voir des méthodes plus systématiques pour résoudre des récurrences particulières I Récurrences linéaires d ordre k 1 à coe cients constants (solution analytique exacte) I Récurrences diviser-pour-régner (borne asymptotique uniquement) 371

40 Récurrences linéaires Définition : Une récurrence linéaire homogène est une récurrence de la forme f (n) =a 1 f (n 1) + a 2 f (n 2) + + a k f (n k) où a 1, a 2,...,a k 2 R sont des constantes. La valeur k 2 N 0 est appelée l ordre de la récurrence. Définition : Une récurrence linéaire (générale) est une récurrence de la forme f (n) =a 1 f (n 1) + a 2 f (n 2) + + a k f (n k)+g(n), où g est une fonction ne dépendant pas de f. 372

41 Théorème : Si f 1 (n) etf 2 (n) sont solutions d une récurrence linéaire homogène (sans tenir compte des conditions initiales), alors toute combinaison linéaire c 1 f 1 (n)+c 2 f 2 (n) def 1 (n) etf 2 (n) est également une solution pour tout c 1, c 2 2 R. Démonstration : On a f 1 (n) = Dès lors, c 1 f 1 (n)+c 2 f 2 (n) = c 1 = kx a i f 1 (n i) etf 2 (n) = i=1! kx a i f 1 (n i) + c 2 i=1 kx a i f 2 (n i=1 i).! kx a i f 2 (n i) i=1 kx a i (c 1 f 1 (n i)+c 2 f 2 (n i)). i=1 373

42 Exemple Résolvons la récurrence du transparent 341 (Fibonacci) : f (0) = 0 f (1) = 1 f (n) = f (n 1) + f (n 2) pour n > 1 I Une solution analytique pour une récurrence linéaire a souvent une forme exponentielle. I On devine f (n) =cx n (c et x sont des paramètres à trouver). I f (n) =f (n 1) + f (n 2) ) cx n = cx n 1 + cx n 2 ) x 2 = x +1 ) x = 1 ± p

43 1+ p! n p! n I Les fonctions c et c sont des solutions de 2 2 la récurrence (sans tenir compte des conditions initiales). I Il en est de même pour toute combinaison linéaire de ces deux fonctions. 1+ p! n p! n I On a donc f (n) =c 1 + c

44 1+ p! I f (0) = c 1 + c p! 0 5 = c 1 + c 2 = p! I f (1) = c 1 + c 2 2 I On obtient c 1 = 1 p 5 et c 2 = 1 p 5. I Finalement, 2 p! 1 5 = 1. f (n) = p 1 1+ p! n p p! n

45 Résolution des récurrences linéaires Soit une récurrence de la forme f (n) =a 1 f (n 1) + a 2 f (n 2) + + a k f (n k)+g(n) et les conditions initiales f (0) = b 0, f (1) = b 1,etc. Etape 1 : Trouver les racines de l équation caractéristique Définition : L équation caractéristique est x k = a 1 x k 1 + a 2 x k a k 1 x + a k. Remarque : Le terme g(n) n est pas pris en compte dans l équation caractéristique. 377

46 Etape 2 : Trouver une solution homogène, sans tenir compte des conditions initiales Il su t d additionner les termes suivants : I Une racine non répétée r de l équation caractéristique génère le terme c r r n, où c r est une constante à déterminer plus tard. I Une racine r avec multiplicité m de l équation caractéristique génère les termes c r1 r n, c r2 nr n, c r3 n 2 r n,...,c rm n m 1 r n, où c r1, c r2,...,c rm sont des constantes à déterminer plus tard. 378

47 Etape 3 : Trouver une solution particulière, sans tenir compte des conditions initiales. Une technique simple consiste à deviner et vérifier en essayant des solutions ressemblant à g(n). Exemples : I Si g(n) est un polynôme, essayer avec un polynôme de même degré, ensuite avec un polynôme de degré immédiatement supérieur, et ainsi de suite. Exemple : Si g(n) =n, essayerd abordf (n) =bn + c, ensuite, f (n) =an 2 + bn + c,... I Si g(n) =3 n,essayerd abordf (n) =c3 n,ensuite f (n) =bn3 n + c3 n, f (n) =an 2 3 n + bn3 n + c3 n,... Remarque : On doit attribuer aux constantes a, b, c,... des valeurs satisfaisant l équation récurrente. 379

48 Etape 4 : Former une solution générale, sans tenir compte des conditions initiales Il su t d additionner la solution homogène et la solution particulière Etape 5 : Déterminer les valeurs des constantes introduites à l étape 2 I Pour chaque condition initiale, appliquer la solution générale à cette condition. On obtient une équation en fonction des constantes à déterminer. I Résoudre le système formé par ces équations. 380

49 Exemple Résolvons la récurrence du transparent 342 : I f (0) = 1 I f (n) =8f (n 1) + 10 n 1 Etape 1 : Trouver les racines de l équation caractéristique I L équation caractéristique est x = 8. I Sa seule racine est

50 Etape 2 : Trouver une solution homogène, sans tenir compte des conditions initiales La solution homogène est f (n) =c8 n. 382

51 Etape 3 : Trouver une solution particulière, sans tenir compte des conditions initiales. I On devine que la solution est de la forme d10 n constante. I En substituant, on obtient 1,oùd est une d 10 n 1 =8 d 10 n n 1 10 d =8 d + 10 d = 10/2 I On vérifie que n 1 = 10n 2 est bien une solution particulière. 383

52 Etape 4 : Former une solution générale, sans tenir compte des conditions initiales On obtient la solution générale f (n) =c8 n + 10n

53 Etape 5 : Déterminer les valeurs des constantes introduites à l étape 2 Conclusion : f (n) = 8n + 10 n. 2 f (0) = 1 ) c =1 ) c =

54 Récurrence générale diviser-pour-régner Définition : Un récurrence diviser-pour-régner est une récurrence de la forme : kx T n = a i T (b j n)+g(n), i=1 où a 1,...,a k sont des constantes positives, b 1,...,b k sont des constantes comprises entre 0 et 1 et g(n) est une fonction non négative. Exemple : k = 1, a 1 = 2, b 1 =1/2 etg(n) =n fusion 1 correspond au tri par Sous certaines conditions, il est possible de trouver des bornes asymptotiques sur les récurrences de ce type. 386

55 Un premier théorème Théorème (Master theorem) : Soient deux constantes a 1etb > 1etune fonction f (n) =O(n d )avecd 0. La complexité asymptotique de la récurrence suivante : T (n) =at (n/b)+f (n) est : 8 O(n d ) pour d > log b a >< T (n) = O(n d log n) pour d = log b a; >: O(n log b a ) pour d < log b a. (Introduction to algorithms, Cormen et al.) NB : les bornes sont valables quelles que soient les conditions initiales. 387

56 Exemple d application I Soit la récurrence suivante : T (n) =7T (n/2) + O(n 2 ). (Méthode de Strassen pour la multiplication de matrice) I T (n) satisfait aux conditions du théorème avec a = 7, b = 2, et d = 2. I log b a = log 2 7= ) d =2< log b a = I Par le troisième cas du théorème, on a : T (n) =O(n log b a )=O(n ). 388

57 Un second théorème plus général Forme générale d une récurrence Diviser pour régner : 8 >< est défini pour 0 apple x apple x 0 T (x) = kx >: a i T (b i x)+g(x) pour x > x 0 avec I a 1, a 2,...,a k > 0, i=1 I b 1, b 2,...,b k 2 [0, 1[, I x 0 su samment grand, I g 0 (x) = O(x c ) pour un c 2 N. 389

58 Théorème (Akra-Bazzi) : où T (x) = I p satisfait l équation Z x x p 1+ 1 kx a i b p i =1 i=1 g(u) du up+1 390

59 Exemple d application I Soit la récurrence diviser pour régner suivante : I On a bien g 0 (x) = 2x = O(x) I Trouvons p satisfaisant : ) p =2 T (x) =2T (x/2) + 8/9T (3x/4) + x 2 2( 1 2 )p (3 4 )p =1 I Par application du théorème, on obtient : T (x) = Z x x 2 u u 3 du = (x 2 (1 + log x)) = (x 2 log x) 391

60 Changement de variables Un changement de variables permet parfois de transformer une récurrence diviser pour régner en une récurrence linéaire. I Soit la récurrence du transparent 241 : T (n) =7T (n/2) + O(n 2 ) I En posant : n =2 m et S(m) =T (2 m ), on obtient : S(m) =T (2 m )=7T (2 m 1 )+O((2 m ) 2 )=7S(m 1) + O(4 m ) 392

61 Changement de variables Un changement de variable permet de résoudre des récurrences qui semblent a priori complexes. I Considérons la récurrence suivante : I Posons m = log n. Ona: I Soit S(m) =T (2 m ). On a : I Finalement : T (n) =2T ( p n) + log n T (2 m )=2T (2 m/2 )+m. S(m) =2S(m/2) + m ) S(m) =O(m log m). T (n) =T (2 m )=S(m) =O(m log m) =O(log n log log n). 393

62 Résumé I Outils de résolution d équations récurrentes : I Méthodes génériques : Deviner-et-Vérifier, Plug-and-Chug, arbres de récursion I Récurrences linéaires d ordre k (à coe cients constants) I Récurrences Diviser pour régner : théorème Master, théorème d Akra-Bazzi Les deux dernières sont les plus systématiques. I Le plus dur reste de traduire un problème réel en une équation récurrente. I Exemple : Soit un type de plante qui vit éternellement, mais qui peut seulement se reproduire la première année. A quelle vitesse la population croît-elle? 394

63 Comparaisons de récurrences : linéaires versus d-p-r Récurrence Solution Tours de Hanoï T n =2T n 1 +1 T n 2 n Tours de Hanoï 2 T n =2T n 1 + n T n 2 2 n Algo rapide T n =2T n/2 +1 T n n Tri par fusion T n =2T n/2 + n 1 T n n log n Fibonacci T n = T n 1 + T n 2 T n ( ) n+1 / p 5 I Récurrences Diviser pour régner généralement polynomiales I Récurrences linéaires généralement exponentielles I Générer des sous-problèmes petits est beaucoup plus important que de réduire la complexité du terme non homogène I Tri par fusion et Fibanocci sont exponentiellement plus rapides que les tours de Hanoï Hanoi Fibonacci

64 Comparaisons de récurrences : nombre de sous-problèmes Récurrences linéaires : T n =2T n 1 +1 ) T n = (2 n ) T n =3T n 1 +1 ) T n = (3 n ) Augmentation exponentielle des temps de calcul quand on passe de 2 à 3 sous-problèmes. Récurrence diviser-pour-régner : T 1 = 0 T n = at n/2 + n 1 Par le master théorème, on a : 8 < (n) pour a < 2 T n = (n log : 2 n) pour a =2 (n log 2 a ) pour a > 2. La solution est complètement di érente entre a =1.99 et a =